[Hnoi2013]数列 (计数)

最新推荐文章于 2024-12-29 18:05:41 发布

broxin

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分类专栏：题解思维

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探讨了在特定约束条件下构造数列的方法，并通过转换问题视角、应用快速幂技巧及等差数列求和原理，求解数列的个数。重点介绍了数列构造过程中的差分序列应用、全方案中元素出现次数的均等特性，以及通过快速幂算法解决复杂计算问题的方法。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

题意：给出N，K，M，P四个数，求符合以下条件的数列个数模P：1、有K项的单增正整数数列。2、相邻两项之差不超过M。3、最大项的值不超过N。数据保证M(K-1)<N。N<10^18，其他数<10^9。

这题我在考试的时候想了差不多三个小时，还是没想出来。我把它转换成这样：一共N个格子，每一次走不超过M步，一共走K步的走法。我正推反推推了很久还是没推出来。

这题是这样的。假设存在这样一个数列a，将其每一项减去前一项可以得到一个差分序列b，显然有K-1项(*1)，且每一项的值是属于[1,M]之间的整数(*2)，由于题目保证满足M(K-1)<N，所以只要满足*1,*2两个基本条件的差分序列一定是合法的。所以不同的差分序列一共有M^(K-1)个。

但是差分序列和原序列并不是一一对应的。每一个原序列a由它的首项a[1]和差分序列b[i]决定。而首项的选择范围是[1, N - Σb[i] ]，也就是说一个差分序列b可以贡献N-Σb[i]这么多答案。

那么总的答案 ans = Σ(N - Σb[i]) = N*M^(K-1) - ΣΣb[i]。

前者用快速幂即可求。后者表示每一个数*它在所有差分序列中出现的次数。由于这个差分序列并没有约束，相当于每一项均在[1,M]随机生成，所以每个数在所有的差分序列中出现的次数之和是一样的。出现了多少次呢？这样考虑：给定一个数，除它之外每个数的总的方案为M^(K-2)，而它自己插空的位置有K-1个，所以每个数出现的次数为(K-1) * M^(K-2)。然后等差数列求和(1+M)*M/2再乘以每个数出现的次数就是上面那个ΣΣb[i]。

这题的思路非常有特点，启发：做差分来考虑；全方案中每个元素出现次数是均等的。

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;++i)
#define LL long long
LL ans, K, N, M, P;

LL ksm(LL a, LL b)
{
	LL r = 1;
	for (; b; b>>=1,a=a*a%P)
		if (b&1) r = r*a%P;
	return r;
}

int main()
{
	cin>>N>>K>>M>>P;
	LL s1 = N%P * ksm(M, K-1)%P;
	LL sum;
	if (M & 1) sum = M%P * ((M+1)/2) % P;
	else sum = M/2%P * ((M+1)%P) % P;
	cout << (s1 - sum*(K-1)%P * ksm(M, K-2)%P + P) % P;
	return 0;
}